Đề thi thử THPT Quốc gia môn Toán 2015 số 15

Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 .Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 4 THPT Chuyên Vĩnh Phúc Môn: TOÁN-KHỐI 12

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số yx33x22

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số

b) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d y: m x 2 cắt đồ thị 2 ( )C tại 3 điểm phân biệt

2; 2 , ,

A  B D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tạiB và D với đồ thị  C bằng 27

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình :  2   2  2

1

4

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân :  

 

1

2 0

5 3ln 2

1

x







Câu 4 (1,0 điểm)

a) Tính môđun của số phức zi, biết zizi2iz ( i là đơn vị ảo)

b) Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu dễ,10 câu trung bình

và 5 câu khó Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 Lấy ngẫu nhiên một đề thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi

“ Tốt”

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , AB4,AD4 3, các cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi M là trung điểm của OC Tính thể tích khối chóp S ABMD và diện

tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD

Câu 6 (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2 4 1

 và điểm

2; 1;3

M  Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm K1; 0; 0, song song với đường thẳng d đồng

thời cách điểm M một khoảng bằng 3

Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trưc tâm H5;5, phương

trình đường thẳng chứa cạnh BC là xy 8 0 Biết rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai

điểm M7;3 , N4; 2 Tính diện tích tam giác ABC

Câu 8 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình :



Câu 9 (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn :  4 4 4  2 2 2

9 a b c 25 a b c 48 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

- Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

THPT Chuyên Vĩnh Phúc ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA NĂM 2015 - LẦN 4 Môn: TOÁN - 12 (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a.(1,0 điểm) 3 2 3 2 yx  x  Khảo sát và vẽ đồ thị ♥ Tập xác định: D   ♥ Sự biến thiên: ￚ Chiều biến thiên: 2 ' 3 6 y  x  x; y'0x0 hoặc x  2 0.25 + Hàm số nghịch biến trên khoảng 0; 2 ;  + Đồng biến trên các khoảng ; 0 và 2;   ￚ Cực trị: + Hàm số đạt cực tiểu tại x 2; yCT y(2) 2; + Hàm số đạt cực đại tại x 0; yCĐ y(0)2 ￚ Giới hạn: lim ; lim x y x y       0.25 ￚ Bảng biến thiên: x  0 2 

y' + 0 - 0 +

y 2 

 2

0.25

♥ Đồ thị:

f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2

-5

5

x

y

0.25

b.(1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d y: m x 2 cắt đồ thị 2 ( )C tại 3 điểm phân biệt A2; 2 , ,  B D sao cho tích các hệ số góc của tiếp tuyến tạiB và D

với đồ thị  C bằng 27

Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C là 3 2  

x  x  m x 

2

2

2

2 0 1

x





    



0.25

1

(2,0 điểm)

d cắt  C tại ba điểm phân biệt A2; 2 , ,  B D khi chỉ khi  1 có hai nghiệm phân 0.25

biệt khác 2

 

0

m

m

   



  

Với điều kiện  * , gọi x x là các nghiệm của 1, 2  1 thì x1x2 1, x x1 2 m 2 0.25

Ta có      2  2   2

:k  y x y x  3x 6x 3x 6x 9 m1  9 27

m 12 4

   , m1 m 3 đối chiếu với điều kiện  * chỉ có m  thỏa mãn 1

ycbt

0.25

Giải phương trình :  2   2  2

1

4

♥ Điều kiện:

2

2

3 , 5

3 5

x x

x

       

      

   



♥ Khi đó:    2   2

2 log x  9 log x3 log x 5  2   

log x 9 log  x 3 x 5

2  2  

            3

0.25

 Với x   thì 3

1 73

( ) 2

1 73

( ) 2

 





 



0.25

2

(1,0 điểm)

 Với 3  thì x 5

3 57

( / ) 2

3 57

( ) 2

 







 



Vậy phương trình có ba nghiệm 1 73; 3 57

0.25

Tính tích phân :  

 

1

2 0

5 3ln 2

1

x







Ta có:

 

 

ln 2

x x



1

1

0

ln 1

1

ln 2 2

 

0.25

3

(1,0 điểm)

 

1

0

ln 2 1

x

x







 2

1

ln 2

2 1

1 1

x

v x







1 1

1

ln 2 2 ln 2 ln 3 ln 1 3ln 2 ln 3

x



0.25

Vậy 5 ln 2 1 3 3ln 2 3ln 3 9ln 3 4 ln 2 5

0.25

a.(0,5 điểm) Tính môđun của số phức z i , biết zizi2iz ( i là đơn vị ảo)

Đặt z  , a bi a b   ta có: ,  zizi2iz

 

2

1 2

2 2

    





0.25

 1 2  12 2

z i a b i  a  b  Vậy môđun của số phức z i bằng 2 0.25

b.(0,5 điểm) Một bộ đề thi toán học sinh giỏi lớp 12 mà mỗi đề gồm 5 câu được chọn từ 15 câu dễ,10 câu trung bình và 5 câu khó Một đề thi được gọi là “Tốt” nếu trong đề thi có cả

ba câu dễ, trung bình và khó, đồng thời số câu dễ không ít hơn 2 Lấy ngẫu nhiên một đề

thi trong bộ đề trên.Tìm xác suất để đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt”

♥ Số phần tử của không gian mẫu là  C530142506

♥ Gọi A là biến cố " đề thi lấy ra là một đề thi “ Tốt”

Vì trong một đề thi “Tốt” có cả ba câu dễ, trung bình và khó,đồng thời số câu dễ

không ít hơn 2 nên ta có các trường hợp sau đây thuận lợi cho biến cố A

TH1 Đề thi gồm 3 câu dễ, 1 câu trung bình và 1 câu khó TH này có C C C153 101 51

TH2 Đề thi gồm 2 câu dễ, 2 câu trung bình và 1 câu khó TH này có C C C 153 101 51

TH3 Đề thi gồm 2 câu dễ, 1 câu trung bình và 2 câu khó TH này có 2 1 2

15 10 5

C C C

♥ Vậy 3 1 1

15 10 5

A C C C

15 10 5

C C C  2 1 2

15 10 5 56875

C C C 

0.25

4

(1,0 điểm)

♥ Vậy xác suất cần tính là (A)   



A 56875 625 P

142506 1566

( TH : Trường hợp)

0.25

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O , AB4,AD4 3, các

cạnh bên bằng nhau và bằng 6 , gọi M là trung điểm của OC Tính thể tích khối chóp

S ABMD và diện tích của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SOCD

Ta có SASBSCSD 6 SOABCD

nhật S ABCD  AB AD 4.4 316 3 0.25

BD AB BD    SO SB2OB2 2 5

0.25

Gọi G là trọng tâm OCD , vì OCD đều nên G cũng là tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác OCD Dưng đường thẳng d đi qua G và song song với SO

  nên d là trục đường tròn OCD Trong mặt phẳng SOG dựng

đường thẳng trung trực của SO , cắt d tại K , cắt SO tại I ta có OI là trung trực

của SOKOKS do KO, KC KDKlà tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

SOCD

0.25

5

(1,0 điểm)

Ta có

;

CD

GO  RKO OI OG      

 

Do đó

0.25

diện tích mặt cầu

2 2

`

93 124

câ u

    

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng : 2 4 1

 và điểm

2; 1;3

M  Viết phương trình mặt phẳng  P đi qua điểm K1; 0; 0, song song với đường

thẳng d đồng thời cách điểm M một khoảng bằng 3

dcó vtcp u2; 3;1 ,  qua H2; 4; 1 

,

 P có vtpt    2 2 2 

 

d P

1; 0; 0

; ; 2 3

qua K

vtpt n A B A B





 

5 8

3 2

d M P

 

0.25

5 17

A B







 Với ABCB không thỏa mãn  *

 Với 5A17Bchọn A 17 ta có B 5 C  19 thỏa mãn  *

0.25

6

(1,0 điểm)

Suy ra phương trình mặt phẳng  P :17x5y19z17 0 0.25

7

(1,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có trưc tâm H5;5,

phương trình đường thẳng chứa cạnh BC là x  y 8 0 Biết rằng đường tròn

ngoại tiếp tam giác ABC đi qua hai điểm M7;3 , N4; 2 Tính diện tích tam

giác ABC

Gọi H1đối xứng với H qua BC pt HH1:xy0 I HH1BC

4; 4 13;3

  Ta chứng minh được điểm H1thuộc ABC

0.25

Do

2 2

2 2 1

36

c





0.25

 A HH1ABCA6; 6 , do AH1

B C, BCABC tọa độ B C, là nghiệm hpt 2 28 0

10 8 36 0

x y

  







3

2

x y

x y

 









 









0.25

Suy ra diện tích ABC là 1  ,  1 2 2 3 2 6

ABC

Giải hệ phương trình :  

 



0

x y







 



   



1  y 1 x y1 x y y x 1 0

0.25

0, 0&6 1

1

1

   



0.25

Thê  3 vào  2 ta được pt 3 6y3 5y92y , 5  4 đ/k 9 6

5 y Giải  4 8y3 6y3y 1 5y9 0

 2 

9

0, 6 5

y

   



0.25

8

(1,0 điểm)

 

 

4 2

4

7 10 0

   



   

 Vậy hpt có hai nghiệm x y;   1; 2 , x y;   4;5

0.25

9

(1,0 điểm) Cho các số thực dương a b c, , thỏa mãn :  4 4 4  2 2 2

9 a b c 25 a b c 48 0

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

P

Cách 1 gt   2 2 2  4 4 4

25 a b c 489 a b c kết hợp với đẳng thức

3

a b c  a b c , từ đó suy ra:

3

a b c   a b c  a b c 

0.25

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: 2   2 2

b c a





  2



  2



Khi đó 2 2 2 2 1 2  2  2 

P a  b c  a b c b c a c a b 

0.25

Mà

Suy ra : 2  2  2  3 2 2 3 2 2

a b c b c a c a b a a ba c b b cb a

3

0.25

Từ đó 2 2 2 2 1 2 2 2  2 2 2

3

Đặt  2 2 2

t a b c    t

Cho nên 1 3 2 2    

, 3; 4

27 9

P  t  t  f t t Xét hàm số   1 3 2 2     2 4 4 



3; 4

t

   f t  liên tục và đồng biến trên đoạn 3; 4 

 

 

 

3 3

9 27

0.25

14x 2 25x 9x * ,  x 0, " "  x thật vậy 1

* 9x 25x 14x 2 0 x1 9x 18x2 0luôn đúng Vậy

14 2 25 9

14 2 25 9







3

a b c

    , dấu bằng abc 1

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schawrz ta được

2

1

a b c

P

dấu bằng abc  Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 11 ab  c 1

Lưu ý khi chấm bài:

- Đáp án chỉ trình bày một cách giải bao gồm các ý bắt buộc phải có trong bài làm của học sinh Khi chấm nếu học sinh bỏ qua bước nào thì không cho điểm bước đó

- Nếu học sinh giải cách khác, giám khảo căn cứ các ý trong đáp án để cho điểm

- Trong bài làm, nếu ở một bước nào đó bị sai thì các phần sau có sử dụng kết quả sai đó không được điểm

- Học sinh được sử dụng kết quả phần trước để làm phần sau

- Trong lời giải câu 5 nếu học sinh không vẽ hình thì không cho điểm

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn